2023届重庆市高三学业水平选择性考试模拟调研（二）数学试题

2023年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷数学（二）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设，集合，，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．我国智慧港口的建设飞速发展，作为智能化搬运设备的自动化引导车作用越发凸显.自重吨.再加上集装箱的重量，全车最重可达吨，但其停启位置十分精确，停车误差不超过厘米.码头地面埋设了几万个磁钉，车辆的位置由它们记录下来，传给后台，再由软件精确计算行驶路径，防止碰撞和刮擦.经统计，某港口某次运输中，有台的停车误差为厘米，有台的停车误差为厘米，有台没有停车误差，则该港口本次运输中所有的平均停车误差约为（

）A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米3．“”是“直线与直线平行”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，则线段的中点到抛物线的准线的距离为（

）A．8 B． C．4 D．5．某球队6名队员站成一排拍照留念，要求队员A和B不相邻且均与队员C相邻，则不同的排法共有（

）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种6．已知函数，则（

）A． B． C． D．7．已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，高为3，则该正四棱台的外接球的体积为（

）A． B． C． D．8．已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．如图，是所在平面内任意一点，是的重心，则（

）A． B．C． D．10．已知复数是关于x的方程的两根，则下列说法中正确的是（

）A． B． C． D．若，则11．已知点在函数的图象上，若将的图象向左平移个单位后所得图象仍然经过点，则的值可以是（

）A． B． C． D．12．已知函数，则（

）A．函数恰有两个极值点B．当时，函数必有三个零点C．当时，函数必有三个零点D．存在唯一的，使得函数有三个零点，且所有零点之和为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知随机变量服从正态分布，若，则___________.14．已知，则的最小值为___________.15．已知，则___________.16．记表示不超过的最大整数，例如：，，已知数列满足，且，则___________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知等差数列的前项和为，，且、、成等比数列.(1)求；(2)求数列的前项和.18．在中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，.(1)求的值；(2)若，的面积为，求.19．年月日，郑渝高铁实现全线贯通运营.郑渝高铁北起河南省郑州市，南至重庆市，途经河南、湖北、重庆三省市，全长公里，此前，北京到重庆的高铁列车耗时小时分，现在只需小时分；石家庄至重庆高铁的耗时由小时分缩短至小时分，郑州至重庆的耗时由小时分缩短至小时分，不仅如此，郑渝高铁还是一条旅游线，串联起了嵩山少林寺、襄阳古隆中、神农架原始森林、巫山大小三峡、奉节白帝城等众多著名旅游景点.现有一列郑渝高铁从重庆北发出，某节车厢内共有位旅客，每位旅客等可能地从云阳、奉节、巫山、巴东、神农架、襄阳东共个车站中选择一站下车，且彼此独立.(1)求这位旅客选择下车的车站互不相同的概率；(2)设这位旅客选择下车的车站共有个，求的分布列和期望.20．如图所示，在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：；(2)若四棱锥的体积为4，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.21．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于M，N两点，交y轴于P点，点N位于点M和点P之间.(1)若，求直线l的斜率；(2)若，证明：为定值.22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，讨论函数的零点个数.1．C2．B3．B4．C5．D6．C7．D8．C9．BCD10．ACD11．ABC12．AD13．0.15##14．15．##16．17．(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的通项公式；（2）分析可知当时，；当时，.再利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由得，解得，因为，，整理可得，解得，所以，.（2）解：当时，；当时，.所以，数列的前项和为.18．(1)(2)【分析】（1）设，，在中，利用正弦定理得，利用正弦定理以及诱导公式化简可得出的值；（2）分析可知，为等腰直角三角形，利用三角形的面积公式可求得，进而可求得的值，再利用余弦定理可求得的值.【详解】（1）解：设，，在中，由正弦定理可得，即，即，由正弦定理可得，所以，，因此，.（2）解：因为，，，则为等腰直角三角形，且，所以，，所以，，则，，，由余弦定理可得，故.19．(1)(2)分布列答案见解析，【分析】（1）利用排列计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）解：记事件这位旅客选择下车的车站互不相同，则.（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、，则，，，，因此，随机变量的分布列如下表所示：所以，.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由平行四边形的性质证得，再利用面面垂直的判定定理推得，从而得证；（2）先利用面面垂直的判定定理推得两两垂直，建立空间直角坐标系，再由棱锥的体积公式求得，从而得到各点的坐标，再利用数量积的坐标表示求得平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）记的中点为，连结，如图，则，因为，则，故，又，即，所以四边形是平行四边形，故，同理：四边形是平行四边形，又，则，所以，所以四边形是菱形，故，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以..（2）由（1）易得是的中点，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故，又由（1）得，所以两两垂直，故以为原点，建立空间直角坐标系，如图，因为，所以菱形是正方形，则，又，，所以，即，故，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出直线l为，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，由得到，从而求出，分两种情况，求出直线斜率；（2）设直线l为，得到，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，求出.【详解】（1）设，因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率存在，且不为0，设直线l为，联立与得：，则，，因为，所以，故，解得：，当时，，此时，解得：，直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，当时，，此时，解得：，直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，综上：直线l的斜率为；（2）设，因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率不为0，设直线l为，令得：，故，联立与得：，则，，因为，所以，，解得：，，所以，故为定值-1.【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22．(1)(2)【分析】（1）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得到的解析式，再利用导数的几何意义即可得解.（2）将问题转化为求与的解的个数，当时，利用二次函数与对数函数的性质作出图像，从而得到其解的个数；当时，利用构造函数法，结合导数证得无解，从而得到无解；由此推得只有一个零点.【详解】（1）因为，所以，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以，则，所以切线的斜率为，又切点为，所以切线方程为，即.（2）令，则，该式等价于或，当时，有，令，，则的解的个数即为与的交点个数，易知开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，且，而在上单调递增，，所以在上单调递减，且，作出与的图像，如图，.所以与的交点只有一个，且为，故只有一个解；当时，因为当时，该式不成立，所以，令，则，令，则，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，所以在上单调递增，因为，所以存在，使得，则在上，在上，所以在上，在上，在上，所以在上